第12章 第1节 动量和动量守恒定律-【高考零起点】2026年新高考物理总复习学用Word（艺考）

该高中物理高考复习学案系统梳理了动量和动量守恒定律专题，涵盖动量、冲量、动量定理及守恒定律等核心考点，按概念定义、规律推导、应用实例的逻辑构建知识网络，通过例题解析和分层练习题设计，引导学生自主推导公式关联，形成从单一概念到综合应用的认知框架。 亮点在于诊断性练习和科学思维培养，如设置16道涵盖选择、计算的自测题，学生可通过错题定位薄弱环节，结合例题中的碰撞模型建构，提升科学推理能力。每个模块配有规律总结表和错因分析任务，帮助学生个性化巩固，教师可依据练习反馈精准指导，有效培养自主复习能力。

第十二章　动量和动量守恒定律 第一节　动量和动量守恒定律 一、动量定理 1.运动物体的质量(m)和速度(v)的乘积叫做物体的动量(p)，即p=mv，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。动量是矢量，方向与速度方向相同。 2.力(F)与力的作用时间(Δt)的乘积叫做力的冲量(I)，即I=FΔt，冲量的单位是牛秒，符号是N·s. 3.动量定理：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。当这个合外力(F)为恒力时，即有I=FΔt=mv2－mv1(v1为初速度，v2为末速度，Δt为作用时间)。 4. 如果一个物体的质量为m， 速度为v，则动量P=mv，于是动能Ek=mv2=，所以物体的动量和动能之间存在关系式p2=2mEk。 二、动量守恒定律 我们把由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫做一个力学系统，简称系统。系统中物体间的作用力叫做内力，系统以外的物体施加给系统内物体的力，叫做外力。 如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。在很多实际问题中，由于碰撞的过程发生时间短，内力远远大于外力，我们也都将它们视为动量守恒过程。 　　　　　　　　　　 例1　质量m1=10 g的小球在光滑的水平面上以v1=30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2=50 g的小球以v2=10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？ 例2　 (2020天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)A受到的水平瞬时冲量I的大小； (2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？ 　　　　　　　　 1.物体受到的冲量越大，则物体的 (　　) A.动量一定越大 B.动量的变化一定越大 C.动量变化率一定越大 D.速度一定越大 2.玻璃杯从同一高度自由下落，掉落到硬质水泥地板上易碎，掉落到松软地毯上不易碎，这是由于玻璃杯掉到松软地毯上 (　　) A.所受合外力的冲量小 B.动量的变化量小 C.动量的变化率小 D.地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的作用力 3.在距地面高为h处，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp，有 (　　) A.平抛过程最大 B.竖直上抛过程最大 C.竖直下抛过程最大 D.三者一样大 4.如图所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　) A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能不守恒 C.动量守恒，机械能不守恒 D.动量不守恒，机械能守恒 5.(2021北京卷)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是 (　　) A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 6.“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一个项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中 (　　) A.蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0 B.蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0 C.蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0 D.蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0 7.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为 (　　) A.v0－v2 B.v0＋v2 C.v0－v2 D.v0＋(v0－v2) 8.(2022湖南卷)(多选)“神舟十三号”返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　　) A. 在0~t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小 B. 在0~t1时间内，返回舱的加速度不变 C. 在t1~t2时间内，返回舱的动量随时间减小 D. 在t2~t3时间内，返回舱的机械能不变 9.(2021湖北卷)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为 (　　) A.40 B.80 C.120 D.160 10.(2021湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是 (　　) A. B. C. D. 11.(2021全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则 (　　) A.在此过程中F所做的功为m B.在此过中F的冲量大小等于mv0 C.物体与桌面间的动摩擦因数等于 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 12.(2020全国Ⅱ卷)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 (　　) A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg 13.将质量为0.2 kg的小球以初速度6 m/s水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m，不计空气阻力。求： (1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量； (2)小球将要着地时的动量大小。 14.一空降兵从离地面370 m高处做跳伞运动时，未能顺利打开降落伞，他受重力和空气阻力作用，在落地之前已经做匀速运动，速度大小为56 m/s(终极速率)，由于落地时刚好掉在雪地上，雪地对他的平均作用力小于人体受伤的极限值1.2×105 N，他幸而没有受伤，已知伞兵的质量(含装备)为85 kg，求： (1)该伞兵与地面作用过程受到的合冲量的大小； (2)使伞兵安全停下来雪的最小厚度。 15.(2021河北卷)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ=，重力加速度取g=10 m/s2，sin θ=，cos θ=，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 16.(2021天津卷)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求： (1)玩具上升到最大高度时的速度大小； (2)两部分落地时速度大小之比。 第十二章　动量和动量守恒定律 第一节　动量和动量守恒定律 典例精析 例1　20 cm/s，向左 【解析】 碰撞过程两小球组成的系统动量守恒。 设v1的方向即向右为正方向，则各速度的正负及大小为： v1=30 cm/s，v2=－10 cm/s，v2'=0 有m1v1＋m2v2=m1v1'＋m2v2' 代入数值得v1'=－20 cm/s 则小球m1的速度大小为20 cm/s，方向与v1方向相反，即向左。 例2　(1)I=m1　(2) 【解析】 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 m1g=m1　① A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有 m1m1v2＋2m1gl　② 由动量定理，有 I=m1vA　③ 联立①②③式，得 I=m1　④ (2)设两球粘在一起时速度大小为v'，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 v'=vA　⑤ 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有 m2vB－m1vA=v'　⑥ 又Ek=m2　⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为 Ek=　⑧ 巩固练习 1.B　【解析】根据动量定理可知，物体受到的冲量越大，则物体的动量变化一定大，但动量、动量变化率以及速度不一定大。故选B。 2.C　【解析】同一高度下落，落地前的速度相等，与地面相互作用之后的速度为零，所以动量变化相同，所以B错误；根据动量定理Ft=m·Δv，合外力的冲量也相同，所以A错误；动量变化相同的情况下，玻璃杯掉在松软的地毯上相互作用的时间增长，动量的变化率减小，相互作用力减小，所以玻璃杯不碎，故C正确；杯子与地毯之间的相互作用力根据牛顿第三定律知大小相等，故D错误。 3.B　【解析】动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，Ft=Δp。抛体运动合外力为重力不变，平抛时间h=gt2，竖直上抛：h=－v0t＋gt2，竖直下抛：h=v0t＋gt2，竖直上抛运动时间最长，重力(合力)的冲量最大，动量变化最大，所以B正确，A、C、D错误。 4.B　【解析】弹簧受到竖直墙壁的支持力，子弹、木块和弹簧构成的系统在水平方向上合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程中，摩擦生热有内能产生，所以系统机械能不守恒。故B正确，A、C、D错误。 5.D　【解析】圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈又回到起始位置，速度大小与方向均与初始时刻相同，故动量没有变化，故向心力(摩擦力)冲量为0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小I'=Δp=mv=mrω，故D正确。故选D。 6.A　【解析】儿童接触蹦床时的速度为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt=0－(－m)，解得I=mgΔt＋m，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)=0，所以蹦床对儿童做的功W=－mg(h＋x)，故选A。 7.D　【解析】由动量守恒定律得mv0=m1v1＋m2v2和m=m1＋m2，得v1=v0＋(v0－v2)，所以D正确。 8.AC　【解析】重力的功率为P=mgv。由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。故选AC。 9.C　【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft=nmv0，代入数据解得n=120。故选C。 10.D　【解析】质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2=2ax，而动量p=mv，联立可得p=m=m·，动量p为关于x的幂函数，且x＞0，故正确的相轨迹图像为D。故选D。 11.BC　【解析】外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg=ma1①，由速度位移公式有=2a1s0②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg=ma2③，由速度位移公式有－=2a2(2s0)④，由①②③④可得，水平恒力F=，动摩擦因数μ=，滑动摩擦力Ff=μmg=，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功W=Fs0=m，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1=，在此过程中，F的冲量大小I=Ft1=mv0，故B正确。故选BC。 12.BC　【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0=mv1－m0v0，解得v1=v0，物块与弹性挡板碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块时有mv1＋m0v0=mv2－m0v0，解得v2=v0，第3次推出后有mv2＋m0v0=mv3－m0v0，解得v3=v0，依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8=v0，根据题意可知v8=v0＞5 m/s，解得m＜60 kg，第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则v7=v0＜5 m/s，解得m＞52 kg，综上所述，运动员的质量满足52 kg＜m＜60 kg，A、D错误，B、C正确。故选B、C。 13.(1)1.6 N·s　(2)2 kg·m/s 【解析】(1)小球抛出后在重力的作用下做平抛运动，则竖直方向上有h=gt2，计算得出下落时间t=0.8 s，则重力的冲量I=mgt=1.6 N·s。 (2)下落过程中，由动量定理mvy=I，计算得出vy=8 m/s，水平方向上vx=v0=6 m/s，落地速度v==10 m/s，则落地时的动量p=mv=2 kg·m/s。 14.(1)4 760 N·s　(2)1.12 m 【解析】(1)取竖直向下为正方向，根据动量定理，在着地过程中空降兵所受的总冲量I=0－mv=－85×56 N·s=－4 760 N·s，负号表示方向竖直向上 (2)设空降兵安全停下来的雪的最小厚度为s，根据动能定理有(F－mg)s=0－mv2，所以s=1.12 m。 15.(1)9 m　(2)7.44 m/s 【解析】(1)设斜面长度为L，背包质量m1=2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcos θ=m1a1，解得a1=2 m/s2，滑雪者质量m2=48 kg，初速度v0=1.5 m/s，加速度a2=3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0=1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L=a1(t＋t0)2，L=v0t＋a2t2，联立解得t=2 s或t=－1 s(舍去)，故可得L=9 m。 (2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1=a1(t＋t0)=6 m/s，v2=v0＋a2t=7.5 m/s，滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2=(m1＋m2)v，解得v=7.44 m/s。 16.(1)v=v0　(2)=2∶1 【解析】(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有0－=－2gh，玩具上升到最大高度时有v2－=－2g，两式联立解得v=v0。 (2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为m1m2(m1＋m2)，玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2=0，分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1'、v2'，由速度合成公式，有v1'=，v2'=，结合m1∶m2=1∶4，解得=2∶1。 学科网（北京）股份有限公司 $